Εφαπτόμενες πανδεσίες!

Dimessi · #1

Οι διχοτόμοι AD,BR

τριγώνου $\vartriangle ABC$ επανατέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του στα σημεία N,Q

αντίστοιχα . Η ευθεία

τέμνει τη

στο

Έστω

τα σημεία επαφής του Α-Mixtilinear incircle του $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές AB,AC

αντίστοιχα και

το σημείο τομής των ευθειών

και

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\vartriangle CDN$ επανατέμνει τις ευθείες NR,NY

στα σημεία O,E

αντίστοιχα και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\vartriangle BDN$ επανατέμνει την ευθεία

στο σημείο

Να αποδείξετε ότι τα σημεία S,M,E

ορίζουν κύκλο και μάλιστα εφαπτόμενο στον κύκλο (DOT).

Dimessi · #2

: S Πρόβλημα 4!!.png (107.4 KiB) Προβλήθηκε 348 φορές

$\bullet$ Έστω

το σημείο επαφής του Α-Mixtilinear incircle του $\vartriangle ABC$ με τον (O).

Από εδώ viewtopic.php?f=185&t=78345&p=377666#p377666 τα σημεία S,Z,N

είναι συνευθειακά και από $\displaystyle \angle BMN\overset{BMDN \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle BDN=\angle ABN\Rightarrow \vartriangle XBN \sim \vartriangle BMN\Rightarrow NM\cdot NX=NB^{2}:\left ( 1 \right ).$ Ομοίως $\displaystyle \left.\begin{matrix} \angle NEC\overset{NDEC \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}= \angle NDC=\angle ACN\Rightarrow \vartriangle YCN \sim \vartriangle NEC\Rightarrow NE\cdot NY=NC^{2}& \\\angle NOC\overset{NDOC \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle NDC=\angle ACN\Rightarrow \vartriangle RNC \sim \vartriangle NOC\Rightarrow NO\cdot NR=NC^{2} & \\ \angle NZC\overset{NZBC \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle NBC\overset{NB=NC}=\angle NCB\equiv \angle NCS\Rightarrow \vartriangle NCS \sim \vartriangle NZC\Rightarrow NZ\cdot NS=NC^{2} \end{matrix}\right\}\overset{\left ( 1 \right )_{NB=NC}}\Rightarrow$ $\Rightarrow \displaystyle NZ \cdot NS=NE \cdot NY=NM \cdot NX \Rightarrow (X,M,E,Y),(Z,M,X,S)$ ομοκυκλικές τετράδες και άρα $\angle MZS\overset{ZMXS \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle MXY\overset{XMEY \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle MEN\overset{Z\in SN}\Rightarrow Z,M,E,N$ ομοκυκλικά

Αν $M \in SE,$ τότε από το Θεώρημα Τεμνόμενων χορδών $SX\cdot SY\overset{XMEY \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=SM\cdot SE\overset{ZMEN \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o^{M \in SE}_{Z \in SN}}=SZ\cdot SN,$ άρα από το αντίστροφο του Θεωρήματος Τεμνόμενων χορδών τα σημεία X,Y,Z,N

είναι ομοκυκλικά και συνεπώς ο ριζικός άξονας των κύκλων (XYZ)

και

είναι η ευθεία ZN,

που είναι άτοπο, γιατί ο κύκλος (XYZ)

εφάπτεται του (O).

Επομένως $M\notin SE,$ άρα τα σημεία S,M,E

ορίζουν κύκλο έστω $\Gamma.$ Θεωρούμε την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας NB=NC.

Αφού $NE \cdot NY=NZ \cdot NS=NM \cdot NX=NB^2=NC^2,$ άρα οι εικόνες των S,M,E

είναι τα σημεία Z,X,Y

αντίστοιχα οπότε η εικόνα του κύκλου (SME)

είναι ο κύκλος (XYZ)

και αφού $\displaystyle \angle NQC\overset{Q\in \left ( O \right )}=\angle NBC\overset{NB=NC}=\angle NCB\equiv \angle NCT\Rightarrow NT\cdot NQ=NC^{2},$ άρα η εικόνα του

είναι το

Αφού $NO \cdot NR=NC^2,$ άρα η εικόνα του

είναι το

κι επειδή η εικόνα του

είναι το

άρα η εικόνα του κύκλου (DOT)

είναι ο κύκλος (ARQ).

Από εδώ viewtopic.php?f=178&t=78645 έχουμε ότι οι κύκλοι (XYZ),(ARQ)

εφάπτονται, οπότε οι εικόνες των κύκλων (SME),(DOT)

στην αντιστροφή πόλου

και ακτίνας NB=NC,

εφάπτονται και συνεπώς οι κύκλοι (SME),(DOT)

εφάπτονται

που ολοκληρώνει την απόδειξη $\blacksquare$

: S Πρόβλημα 4!!.png (107.4 KiB) Προβλήθηκε 348 φορές

∫ot.T. · #3

Σημείο Πρόβλημα IV

Καλή χρονιά αρχικά!

Οι βασικές ιδιότιτες του mixtilinear θεωρούνται γνωστές. Η λύση μου δομικά είναι ίδια με του Δημήτρη, απλά κινήθηκα διαφορετικά.

Φυσικά από αντιστροφή ως προς τον c(N,NI)

έχουμε την

να πηγαίνει στον ABC

, άρα το

πηγαίνει στο

, οπότε οι κύκλοι (NBD), (NCD)

πάνε στις

αντίστοιχα. Επιπλέον αφού N,Z,S

συνευθειακά έχουμε το

να πηγαίνει στο

.

Τελικά ο (SME)

πηγαίνει στον (XYZ)

και ο

στον

. Αρκεί λοιπόν ο (ARQ)

να εφάπτεται στον mixtilinear.

Επειδή η λύση μου δεν αναφέρεται στην ανάρτηση που παραπέμπει ο Δημήτρης θα την παρουσιάσω εδώ.

Εφαρμόζουμε την γνωστή αντιστροφή με δύναμη $\sqrt{bc}$ και πόλο

, φυσικά μετά εφαρμόζουμε συμμετρία ως προς την διχοτόμο

.

Είναι γνωστό πως ο A-mixtilinear μετασχηματίζεται στον A-παρεγγεγραμμένο, ενώ ο (ARQ)

θα πάει στην ευθεία R'Q'

. Είναι γνωστό επίσης πως το

πηγαίνει στο $I_{A}$ . Εφόσον B,I,R,Q

συνευθειακά πρέπει $A,C,I_{A}, R', Q'$ ομοκυκλικά. Επίσης το

βρίσκεται στην

ενώ το

στην

.

Αφού οι $\angle BR'Q'$ και $\angle ΑCB$ ναίνουν στο Q'A

και αφού $A,C,I_{A}, R', Q'$ ομοκυκλικά, οι δύο αυτές γωνίες είναι ίσες.
Άρα τα τρίγωνα BR'Q'

,

είναι όμοια.

Τέλος $AR\cdot AR' = bc$ και είναι γνωστό ότι $AR=\dfrac{bc}{a+c}$ , άρα AR'= a + c

και προφανώς τότε BR'=a

(αφού το

είναι στην προέκταση της

) (*)

Άρα τελικά τα τρόιγωνα BR'Q'

,

είναι ίσα οπότε η συμμετρία ως προς $BI_{A}$ τα αντιμεταθέτει και διατηρεί τον παρεγγεγραμμένο κύκλο ίδιο. Άρα η R'Q'

εφάπτεται στον παρεγγεγραμμένο όπως θέλαμε.

(*) Εναλλακτικά μπορεί κανείς πολύ εύκολα να αποδείξει ότι Q'B=c

Εφαπτόμενες πανδεσίες!

Εφαπτόμενες πανδεσίες!

Re: Εφαπτόμενες πανδεσίες!

Re: Εφαπτόμενες πανδεσίες!

Μέλη σε σύνδεση